Null- und Unendlichfolgen < Folgen und Reihen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | a) Zeigen sie, dass n! schneller gegen [mm] \infty [/mm] strebt als [mm] q^{n} [/mm] für jedes q>1, aber langsamer als [mm] n^{n}.
[/mm]
b) Zeigen Sie, dass log(n) schneller gegen [mm] \infty [/mm] strebt als log(log(n)) (zu hinrechend großem [mm] n\in\IN [/mm] ein [mm] m\in\IN [/mm] wählen mit m-1 < log(n) [mm] \le [/mm] m).
c) Beweisen Sie für eine Folge [mm] (a_{n})_{n\in\IN} [/mm] mit [mm] a_{n}>0 [/mm] fpr alle [mm] n\in\IN [/mm] die Äquivalenz
[mm] (a_{n}) [/mm] ist Unendlichfolge [mm] \gdw (\bruch{1}{a_{n}}) [/mm] ist Nullfolge. |
Also ich fange erst einmal mit a) an:
Bei dem 1. Teil der Aufgabe, bei der man zeigen soll, dass n! schneller gegen [mm] \infty [/mm] strebt als [mm] q^{n} [/mm] hätte ich die Anfangsidee folgendes zu zeigen:
[mm] a_{n}= \bruch{q^{n}}{n!} [/mm] konvergiert gegen 0.
Über diese Folge konnte ich jetzt nur herausfinden, dass sie monoton fallend und nach unten beschränkt (q>1) ist.
Also könnte ich das Quetschlemma verwenden:
0 [mm] \le \bruch{q^{n}}{n!} \le [/mm] ...
Jedoch habe ich arge Probleme die Folge nach oben abzuschätzen und keine Idee die mich zu etwas sinnvollem geführt hat. Sieht da jemand etwas und hat einen Tipp?
Den 2. Teil der Aufgabe würde ich einfach per Induktion zeigen:
IV: n! [mm] \le n^{n}
[/mm]
IA (n=1): [mm] 1!=1=1=1^{1}
[/mm]
IS (n => n+1): (n+1)! [mm] \le (n+1)^{n+1}
[/mm]
Linke Seite: (n+1)! = (n)! [mm] \* [/mm] (n+1) [mm] \le n^{n}\*(n+1)
[/mm]
Rechte Seite: [mm] (n+1)^{n+1} [/mm] = [mm] (n+1)^{n}\*(n+1)
[/mm]
Zusammen: [mm] n^{n}\*(n+1) \le (n+1)^{n}\*(n+1) \gdw n^{n} \le (n+1)^{n} \gdw [/mm] n [mm] \le [/mm] n+1 [mm] \gdw [/mm] 0 [mm] \le [/mm] 1
Damit wäre halt gezeigt, dass n! kleiner ist, aber reicht das und gilt das dann auch für den Grenzwert, oder muss ich das anders zeigen?
Schon einmal danke im Vorraus.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:00 Mi 22.05.2013 | | Autor: | hippias |
> a) Zeigen sie, dass n! schneller gegen [mm]\infty[/mm] strebt als
> [mm]q^{n}[/mm] für jedes q>1, aber langsamer als [mm]n^{n}.[/mm]
>
> b) Zeigen Sie, dass log(n) schneller gegen [mm]\infty[/mm] strebt
> als log(log(n)) (zu hinrechend großem [mm]n\in\IN[/mm] ein [mm]m\in\IN[/mm]
> wählen mit m-1 < log(n) [mm]\le[/mm] m).
>
> c) Beweisen Sie für eine Folge [mm](a_{n})_{n\in\IN}[/mm] mit
> [mm]a_{n}>0[/mm] fpr alle [mm]n\in\IN[/mm] die Äquivalenz
> [mm](a_{n})[/mm] ist Unendlichfolge [mm]\gdw (\bruch{1}{a_{n}})[/mm] ist
> Nullfolge.
> Also ich fange erst einmal mit a) an:
>
> Bei dem 1. Teil der Aufgabe, bei der man zeigen soll, dass
> n! schneller gegen [mm]\infty[/mm] strebt als [mm]q^{n}[/mm] hätte ich die
> Anfangsidee folgendes zu zeigen:
>
> [mm]a_{n}= \bruch{q^{n}}{n!}[/mm] konvergiert gegen 0.
>
> Über diese Folge konnte ich jetzt nur herausfinden, dass
> sie monoton fallend und nach unten beschränkt (q>1) ist.
> Also könnte ich das Quetschlemma verwenden:
>
> 0 [mm]\le \bruch{q^{n}}{n!} \le[/mm] ...
>
> Jedoch habe ich arge Probleme die Folge nach oben
> abzuschätzen und keine Idee die mich zu etwas sinnvollem
> geführt hat. Sieht da jemand etwas und hat einen Tipp?
Deine Idee scheint grundsaetzlich gut zu sein. Was mich wundert, ist, dass Du Monotonie zeigen konntest, aber keine vernuenftige obere Schranke findest, um Dein Quetschlemma anzuwenden: Sowie ich mir vorstelle, bedingt eins das andere. Vielleicht zeigst Du einmal Deinen Beweis fuer die Monotonie.
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>
> Den 2. Teil der Aufgabe würde ich einfach per Induktion
> zeigen:
>
> IV: n! [mm]\le n^{n}[/mm]
> IA (n=1): [mm]1!=1=1=1^{1}[/mm]
> IS (n => n+1): (n+1)! [mm]\le (n+1)^{n+1}[/mm]
> Linke Seite: (n+1)!
> = (n)! [mm]\*[/mm] (n+1) [mm]\le n^{n}\*(n+1)[/mm]
> Rechte Seite: [mm](n+1)^{n+1}[/mm]
> = [mm](n+1)^{n}\*(n+1)[/mm]
> Zusammen: [mm]n^{n}\*(n+1) \le (n+1)^{n}\*(n+1) \gdw n^{n} \le (n+1)^{n} \gdw[/mm]
> n [mm]\le[/mm] n+1 [mm]\gdw[/mm] 0 [mm]\le[/mm] 1
>
> Damit wäre halt gezeigt, dass n! kleiner ist, aber reicht
> das und gilt das dann auch für den Grenzwert, oder muss
> ich das anders zeigen?
>
> Schon einmal danke im Vorraus.
>
Ein genereller Tip: Die Folgenglieder sind stets Produkte von $n$ Zahlen. Was passiert mit den Faktoren?
Zum Beispiel gilt ja [mm] $\frac{n!}{n^{n}}= \prod_{i=1}^{n} \frac{i}{n}$. [/mm] Da koennte man doch einfach alle Faktoren bis auf den ersten nach oben durch $1$ abschaetzen...
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 23:56 Mi 22.05.2013 | | Autor: | JanaJauntily |
Zur Monotonie:
zz: [mm] \bruch{a_{n+1}}{a_{n}} [/mm] < 1
[mm] \bruch{q^{n+1}}{(n+1)!} \* \bruch{n!}{q^{n}} [/mm] = [mm] \bruch{q}{n+1} [/mm] < 1 für alle q [mm] \le [/mm] n
Aber das reicht leider nicht aus um die Folge nach oben durch etwas abzuschätzen, dass gegen 0 konvergiert.
Wir hatten aber in der Vorlesung n! = [mm] \produkt_{i=1}^{n} [/mm] i
Vielleicht kann man die Folge mit Hilfe des Produkts leichter abschätzen:
[mm] \bruch{q^{n}}{n!} [/mm] = [mm] \produkt_{i=1}^{n} \bruch{q^}{i} [/mm]
Nur bringt mich das alles kein einziges Stück weiter und ich bin mir unsicher wie man ein Produkt nach oben abschätzt ich weiß nur, dass man das bei einer Summe so macht, dass man den Term einsetzt für den die Summe größtmöglich wird und man sie mit dem oberen Index-dem unteren Index+1 berechnet, dass macht hier leider keinen Sinn.
> Ein genereller Tip: Die Folgenglieder sind stets Produkte
> von [mm]n[/mm] Zahlen. Was passiert mit den Faktoren?
> Zum Beispiel gilt ja [mm]\frac{n!}{n^{n}}= \prod_{i=1}^{n} \frac{i}{n}[/mm].
> Da koennte man doch einfach alle Faktoren bis auf den
> ersten nach oben durch [mm]1[/mm] abschaetzen...
Ehrlich gesagt verstehe ich nicht, wieso das hier das gleiche ist, hast du dich vielleicht vertippt und unter dem Bruch soll [mm] n^{n} [/mm] stehen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:36 Do 23.05.2013 | | Autor: | Helbig |
Hallo JanaJauntily,
> Zur Monotonie:
> zz: [mm]\bruch{a_{n+1}}{a_{n}}[/mm] < 1
> [mm]\bruch{q^{n+1}}{(n+1)!} \* \bruch{n!}{q^{n}}[/mm] =
> [mm]\bruch{q}{n+1}[/mm] < 1 für alle q [mm]\le[/mm] n
>
> Aber das reicht leider nicht aus um die Folge nach oben
> durch etwas abzuschätzen, dass gegen 0 konvergiert.
Doch. Für [mm] $k\ge [/mm] q$ ist [mm] $a_{k+n} \le \left({q\over k+1}\right)^n*a_k\to [/mm] 0$ für [mm] $n\to\infty\,.$
[/mm]
Gruß,
Wolfgang
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Okay, ich verstehe deine Abschätzung an sich, nur leider den grundlegenden Sinn dahinter nicht.
Hier benutzen wir, dass die Folge monoton fallend ist also [mm] a_{n} [/mm] > [mm] a_{n+1} [/mm] bzw [mm] a_{k} [/mm] > [mm] a_{k+n}. [/mm] Bzw [mm] a_{k+n} [/mm] eine Teilfolge von [mm] a_{k} [/mm] ist und diese konvergiert. Doch was bringt mir das? Ich brauche ja die Abschätzung der Folge nach oben! Aber so schätzt du sie doch bloß nach unten ab, bzw. sagst das eine Teilfolge der Folge konvergiert, was einem aber doch noch lange nichts über die Konvergenz der Folge sagt.
Oder verstehe ich einfach nicht was du meinst? Es wäre schön wenn du mir deine Grundidee dabei nocheinma erklären kannst.
Außerdem sagst du, dass [mm] (\bruch{q}{k+1})^{n} \* \bruch{q^{k}}{k!} [/mm] gegen 0 konvergiert. Doch [mm] a_{n} \* b_{n} \to a\*b [/mm] gilt nur wenn beide Folgen konvergieren, dochh dass [mm] a_{k} [/mm] konvergiert ist ja grade zu zeigen, wieso darf man dann einfach sagen, dass das eine Nullfolge [mm] \* [/mm] die zu zeigende Folge wieder gegen 0 konvergiert? Weil beschränkt ist sie ja auch nicht nach oben und unten, wenn man über die Teilfolgenkonvergenz argumentiert.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:53 Fr 24.05.2013 | | Autor: | Helbig |
> Okay, ich verstehe deine Abschätzung an sich, nur leider
> den grundlegenden Sinn dahinter nicht.
>
> Hier benutzen wir, dass die Folge monoton fallend ist also
> [mm]a_{n}[/mm] > [mm]a_{n+1}[/mm] bzw [mm]a_{k}[/mm] > [mm]a_{k+n}.[/mm] Bzw [mm]a_{k+n}[/mm] eine
> Teilfolge von [mm]a_{k}[/mm] ist und diese konvergiert.
Hier muß man schon ein bißchen genauer sein: [mm] $a_k$ [/mm] oder [mm] $a_{k+n}$ [/mm] bezeichnen keine Folgen, sondern einzelne Folgenglieder. Für ein festes $k$ betrachten wir die reelle Zahl [mm] $a_k$ [/mm] und die Folge [mm] $(a_{k+n})_n$, [/mm] die genau dann konvergiert, wenn [mm] $(a_{n})_n$ [/mm] konvergiert, wie Du Dir bitte selbst klarmachst.
> Doch was
> bringt mir das? Ich brauche ja die Abschätzung der Folge
> nach oben!
Nein. Wir wenden nur das Quetschlemma an, um zu zeigen, daß [mm] $(a_{n+k})_n$ [/mm] eine Nullfolge ist.
> Aber so schätzt du sie doch bloß nach unten
> ab, bzw. sagst das eine Teilfolge der Folge konvergiert,
> was einem aber doch noch lange nichts über die Konvergenz
> der Folge sagt.
In diesem Fall doch, weil wir hier keine beliebige Teilfolge vor uns haben, sondern ein Endstück der ursprünglichen Folge.
>
> Oder verstehe ich einfach nicht was du meinst? Es wäre
> schön wenn du mir deine Grundidee dabei nocheinma
> erklären kannst.
>
> Außerdem sagst du, dass [mm](\bruch{q}{k+1})^{n} \* \bruch{q^{k}}{k!}[/mm]
> gegen 0 konvergiert. Doch [mm]a_{n} \* b_{n} \to a\*b[/mm] gilt nur
> wenn beide Folgen konvergieren, dochh dass [mm]a_{k}[/mm]
> konvergiert ist ja grade zu zeigen, wieso darf man dann
> einfach sagen, dass das eine Nullfolge [mm]\*[/mm] die zu zeigende
> Folge wieder gegen 0 konvergiert? Weil beschränkt ist sie
> ja auch nicht nach oben und unten, wenn man über die
> Teilfolgenkonvergenz argumentiert.
Beachte, daß wir hier mit [mm] $a_k$ [/mm] immer ein und dieselbe reelle Zahl betrachten, und "Konstante mal Nullfolge" eine Nullfolge ist.
Gruß,
Wolfgang
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:21 Do 23.05.2013 | | Autor: | hippias |
> > Ein genereller Tip: Die Folgenglieder sind stets Produkte
> > von [mm]n[/mm] Zahlen. Was passiert mit den Faktoren?
> > Zum Beispiel gilt ja [mm]\frac{n!}{n^{n}}= \prod_{i=1}^{n} \frac{i}{n}[/mm].
> > Da koennte man doch einfach alle Faktoren bis auf den
> > ersten nach oben durch [mm]1[/mm] abschaetzen...
>
> Ehrlich gesagt verstehe ich nicht, wieso das hier das
> gleiche ist, hast du dich vielleicht vertippt und unter dem
> Bruch soll [mm]n^{n}[/mm] stehen?
Du rechnest leicht nach, dass [mm] $\frac{n!}{n^{n}}= \frac{1\cdot\ldots \cdot n}{n\cdot\ldots \cdot n}= \frac{1}{n}\cdot\ldots \cdot \frac{n}{n}$ [/mm] oder kurz das obige.
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Okay, dann verstehe ich wieso das gleich dem Produkt ist.
Doch meine Frage, wie ich ein Produkt abschätze, hast du mir nicht beantwortet, denn auch hier könnte ich das Produkt nicht so nach oben abschätzen, dass es gegen 0 konvergieren würde.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:37 Do 23.05.2013 | | Autor: | hippias |
Selbverstaendlich habe ich Dir das gesagt, denn ich schrieb:
Zum Beispiel gilt ja $ [mm] \frac{n!}{n^{n}}= \prod_{i=1}^{n} \frac{i}{n} [/mm] $. Da koennte man doch einfach alle Faktoren bis auf den ersten nach oben durch $ 1 $ abschaetzen...
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:19 Do 23.05.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Ein genereller Tip: Die Folgenglieder sind stets Produkte
> > von [mm]n[/mm] Zahlen. Was passiert mit den Faktoren?
> > Zum Beispiel gilt ja [mm]\frac{n!}{n^{n}}= \prod_{i=1}^{n} \frac{i}{n}[/mm].
> > Da koennte man doch einfach alle Faktoren bis auf den
> > ersten nach oben durch [mm]1[/mm] abschaetzen...
>
> Ehrlich gesagt verstehe ich nicht, wieso das hier das
> gleiche ist, hast du dich vielleicht vertippt und unter dem
> Bruch soll [mm]n^{n}[/mm] stehen?
[mm] $$\produkt_{i=1}^n \frac{i}{n}=\produkt_{i=1}^n \left(\frac{i}n\right)=\frac{1}{n}*\frac{2}{n}*...\frac{n}{n}=\frac{\produkt_{i=1}^n i}{n^n}=\frac{n!}{n^n}\,.$$
[/mm]
Generell:
[mm] $$\produkt_{k=1}^n \frac{a_k}{b_k}=\frac{a_1}{b_1}*\frac{a_2}{b_2}*...*\frac{a_n}{b_n}=\frac{a_1*...*a_n}{b_1*...*b_n}=\frac{\produkt_{i=1}^n a_i}{\produkt_{i=1}^n b_k}\,.$$
[/mm]
(P.S. Die "..."-Gleichheiten sollen nur zum besseren Verständnis dienen.
Übe Dich ein wenig im Rechnen mit dem Produktzeichen:
[mm] $\produkt_{i=1}^n i=n!\,,$
[/mm]
[mm] $\produkt_{i=1}^n n=n^n\,,$ [/mm] etc. pp.!)
Gruß,
Marcel
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Kannst du mir dann auch noch erklären, wie ich das Produkt nach oben und unten abschätze, so dass es gegen 0 konvergiert? Denn ich verstehe leider nicht warum mich hier die Produktschreibweise weiterbringen soll.
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Hallo,
es geht um
[mm] \produkt_{i=1}^n \frac{i}{n}=\frac{1}{n}\cdot{}\frac{2}{n}\cdot{}...\frac{n}{n}.
[/mm]
Daß das Produkt [mm] \ge [/mm] 0 ist, sollte klar sein, also ist
[mm] 0\le \produkt_{i=1}^n \frac{i}{n}=\frac{1}{n}\cdot{}\frac{2}{n}\cdot{}...\frac{n}{n}.
[/mm]
Überlege Dir nun, daß jeder der Faktoren [mm] \frac{2}{n}, \frac{3}{n},...\frac{n}{n} [/mm] kleinergleich 1 ist...
LG Angela
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